2011届高三数学原创试题(2)



2011 届高三数学原创试题(
  2)
一、填空题
  1.直线 y = x ? 1 上的点到圆 C: x + y + 4 x ? 2 y + 4 = 0 的最近距离为
2 2
( (
) )
C. 2 -1 D.2 2 -1 A.1 B.2 2
  2.一个几何体的三视图及长度数据如图,则几何体的表面积与体积分别为 A. 7 + 2, 3 B. 8 +
  2, 3 C. 7 +
  2,
3 2 3 D. 8 + 2, 2
?a , a ≤ b , ?b, a > b 5 2 令 f ( x ) = (cos x + sin x ) ? , 4 π? π? ? ? 且 x ∈ ?0, ? ,则函数 f ? x ? ? 的最 大值是 2? ? ? 2? 5 5 A. B.1 C. ? 1 D. ? 4 4 1 4 . 设 OM = (1, ) , ON = ( 0,
  1) 为 坐 标 原 点 , 动 点 P ( x, y ) 满 足 0 ≤ OP ? OM ≤ 1 , 2 0 ≤ OP ? ON ≤ 1 ,则 z = y ? x 的最大值是 ( ) 3 A.-1 B. 1 C.-2 D. 2 π? ? 2 sin ? x + ? + 2 x 2 + x 4? ?
  5.函数 f ( x ) = 的最大值为 M,最小值为 N,则 ( ) 2 2 x + cos x D. M + N = 2 A. M ? N = 4 ; B. M + N = 4 ; C. M ? N = 2 ;
  6.函数 f (x ) 是定义在 R 上恒不为 0 的函数,对任意 x、y ∈ R 都有

  3.定义一种运算 a ? b = ?
f ( x) ? f ( y ) = f ( x + y ) ,若 a1 =
的取值范围是 A. ? ,1? 2
  7.定义:称
1 , a n = f (n)(n ∈ N * ) ,则数列 {a n } 的前 n 项和 Sn 2
( )
?1 ? ? ?
B. ? ,2? 2
?1 ? ? ?
C. ? ,1?
?1 ? ?2 ?
D. ? ,2 ?
?1 ?2
? ?
n 为 n 个正数 p1 , p 2 , ? p n 的“均倒数”,若数列{ a n }的前 n 项 p1 + p 2 + ? + p n 1 ,则数列{ a n }的通项公式为 ( ) 的“均倒数”为 2n ? 1 A. 2n ? 1 B. 4n ? 1 C. 4n ? 3 D. 4n ? 5 1 1 1 , ,……, 的前 n 项和为 ( )
  8.数列
  1, 1+ 2 1+ 2 + 3 1+ 2 + ??? + n
A. 二、
2n + 1 n
B.
2n 2n + 1
C.
n+2 n +1
D.
2n n +1

  1.设命题 p:函数 f ( x ) = lg( ax 2 ? x +
1 a ) 的定义域为 R;命题 q:不等式 3x ? 9 x < a 16
对一切正实数均成立,(
  1)如果 p 是真命题,求实数 a 的取值范围; (
  2)如果命题“p 或 q”为真命题,且“p 且 q”为假命题,求实数 a 的取值范围.
  2.设数列 {an } 的前 n 项和为 S n ,已知 a1 = 1 ,且 an + 2 S n S n ?1 = 0( n ≥
  2) . (I)求数列 {S n } 的通项公式; (II) S n =
1 1 , bn = f ( n ) +
  1. 记Pn = S1S 2 + S 2 S3 + ? + S n S n +1 , f ( n) 2
4 Tn = b1b2 + b2b3 + ? +bn bn +1 ,比较 Pn与Tn 的大小关系,并给出证明. 3
参考答案
一、选择题 DCAB DCCD 二、
  1.解:(
  1)若命题 p 为真,即 ax 2 ? x + 解
1 a > 0 恒成立 16
① 当 a=0 时, ? x > 0 不合题意
?a > 0 ?a > 0 ? , 当 a ≠ 0 时, ② 可得 ? 即? 1 2 , ?V< 0 ?1 ? a < 0 ? 4
∴a > 2
( 2 ) 令 y = 3x ? 9 x = ?(3x ? ) +
1 2
1 , 由 x > 0 得 3 x > 1 , ∴ y = 3x ? 9 x 的 值 域 为 4
( ?∞,
  0) ,若命题 q 为真,则 a ≥ 0 .由命题“p 或 q”为真且“p 且 q”为假,得
命题 p、q 一真一假,① 当 p 真 q 假时,a 不存在;② 当 p 假 q 真时, 0 ≤ a ≤ 2 .
∴0 ≤ a ≤ 2 .
  2.解:(I)∵ an + 2 S n S n ?1 = 0( n ≥
  2) ,∴ S n ? S n ?1 + 2 S n S n ?1 = 0 , 解

1
S
?
n
1
S
n ?1
= 2 ,又∵ a1 = 1,     ∴ S n =
1 + (n ∈ N ) . 2n ? 1
(II)∵ S n =
∴ Pn = = =
1 1 1 ,∴ f ( n ) = 2n ? 1 ,∴ bn = 2( n ) ? 1 + 1 = ( ) n ?
  1. f ( n) 2 2
1 1 1 + +? + 1× 3 3 × 5 (2 n ?
  1)(2 n +
  1)
1 ?? 1 ? ? 1 1 ? 1 ?? ? 1 ?? 1 ? 3 ? + ? 3 ? 5 ? + ? + ? 2 n ? 1 ? 2 n + 1 ? ? 2 ?? ? ? ? ? ?? 1 1 n (1 ? )= 2 2n + 1 2n + 1 8
1 1 1 1 1 1 Tn = ( ) 0 ? ( )1 + ( )1 ? ( ) 2 + ? + ( ) n ?1 ? ( ) n 2 2 2 2 2 2 11 1 3 1 5 1 2 n ?1 2 1 = ( ) + ( ) + ( ) +? + ( ) = [1 ? ( ) n ]. 2 2 2 2 3 4
0 ∵ 4 n = (3 +
  1) n = 3n Cn + ? + 3Cnn ?1 + Cnn ≥ 3Cnn ?1 + 1 = 3n + 1 > 2n +
  1.
4 2 1 1 ∴ Pn ? Tn = ( n ? ) <
  0. 3 3 4 2n + 1
4 ∴ Pn < Tn . 3

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